Normat 58:1, 43–47 (2010) 43
Uppgifter
532. Fyrhörningen ABCD kan inskrivas i en cirkel. Visa att
|AC −BD| ≤ |AB −CD|.
När gäller likhet?
533. Bestäm alla positiva heltal x och y som uppfyller ekvationen
x + y
2
+ z
3
= xyz,
där z är den största gemensamma delaren till talen x och y.
534. (Kent Holing, Trondheim, NO) Gitt ligningen x
6
+ x
4
− 2x
2
− 1 = 0 med
Galois-gruppe G, rotkropp E og r en positiv rot.
a) Vis at |G| = 12 ved først å vise at gruppen H = G(E/Q[r]) er Z
2
(på isomorfi
nær)!
b) Bestem G ved hjelp av H!
535. Låt a
1
, a
2
, . . . , a
n
vara en följd av reella tal som uppfyller
a
i+j
≤ a
i
+ a
j
för alla i, j = 1, 2, . . . .
Visa att
a
1
+
a
2
2
+
a
3
3
+ ··· +
a
n
n
≥ a
n
för alla positiva heltal n.
536. Låt a ≥ 1 vara ett reellt tal och z ett komplext tal sådana att |z + a| ≤ a och
|z
2
+ a| ≤ a. Visa att |z| ≤ a.
(Uppgifterna 532 och 536 är olympiadproblem hämtade från tävlingar i Rumänien,
uppgift 533 har föreslagits till IMO, medan uppgift 535 är hämtad från Asian
Pacific-olympiaden.)
Lösningar skickas senast 1 oktober 2010 till:
Dag Jonsson, dag@math.uu.se
Box 480
Uppsala universitet, Matematiska institutionen
SE-75106 Uppsala
Anm. Vi välkomnar givetvis lösningar även efter angivet datum så länge inga andra
lösningar har presenterats i tidskriften.
44 Uppgifter Normat 1/2010
Lösningar till uppgifter i Normat 2009:2
521. (Erik Hansen, Kalundborg, DK)
Lad
−→
a =
a
1
a
2
=
cos α
sin α
+
cos β
sin β
+
cos γ
sin γ
=
cos α + cos β + cos γ
sin α + sin β + sin γ
.
Da
−→
a er sum af tre enhedsvektorer, og da a
2
2
≥ 4 gælder at
a
2
1
= |
−→
a |
2
− a
2
2
≤ 9 − 4 = 5,
og dermed er −
√
5 ≤ a
1
= cos α + cos β + cos γ ≤
√
5.
(Metoden kan anvendes til andre lignende opgaver.)
(Också löst av Hans Kaas Benner, Con Amore Problemgruppe, Ebbe Thue Poulsen
och Kåre Vedøy)
522. (Efter Hans Kaas Benner, Randers, DK) Givet
(1) ab + bc + ca + abc = 4, där a, b, c ≥ 0,
gäller det att visa att
(2) a + b + c ≥ ab + bc + ca.
Av symmetriskäl kan vi anta att 0 ≤ a ≤ b ≤ c. Om a = 0 övergår (1) i bc = 4 och
(2) i b + c ≥ 4. Men b +
4
b
≥ 4 med likhet om och endast om b = c = 2. Symmetrin
i a, b, c leder till likhet också för (a, b, c) = (2, 2, 0) och (2, 0, 2).
Om a ≥ 1 måste vi ha a = b = c = 1 pga (1). Vi får då likhet i (2).
Antag att 0 < a < 1. Av (1) får vi då
(3) c =
4 − ab
a + b + ab
.
Insättning av (3) i (2) ger
(a + b)(a + b + ab) + 4 − ab ≥ ab(a + b + ab) + (a + b)(4 − ab),
eller
(4) (1 − a
2
+ a)b
2
+ (a − 4 + a
2
)b + a
2
+ 4 − 4a ≥ 0 .
Diskriminanten till detta andragradsuttryck i b är
(a − 4 + a
2
)
2
− 4(1 − a
2
+ a)(a
2
+ 4 − 4a)
= 5a
4
− 18a
3
+ 21a
2
− 8a = 5a(a − 1)
2
(a − 8/5),
Normat 1/2010 Uppgifter 45
som är < 0 för 0 < a < 1. Eftersom koefficienten för b
2
i (4) är positiv för 0 < a < 1
följer att vänsterledet i (4) är > 0 för nämnda a-värden. Olikheten (2) är därmed
visad. (Också löst av Con Amore Problemgruppe)
523. (Ole Somdalen, Oslo, NO) Nå gjelder
a
m
+ 1 | a
n
+ 1 ⇔ a
n
+ 1 ≡ 0 (mod a
m
+ 1).
Ved divisjonsteoremet har vi at n = mq + r, der q og r er entydige heltall med
0 ≤ r < m. Siden a
m
+ 1 ≡ 0 (mod a
m
+ 1) ⇔ a
m
≡ −1 (mod a
m
+ 1), får vi at
a
n
= a
mq +r
≡ (−1)
q
a
r
≡ −1 (mod a
m
+ 1).
Nå gir odde q at
−a
r
≡ −1 (mod a
m
+ 1) ⇔ a
r
≡ 1 (mod a
m
+ 1),
og dette betyr at r = 0 siden r er entydig. Dermed er n = mq ⇔ m | n. For jamne
q får vi at
a
r
≡ −1 (mod a
m
+ 1) ⇔ a
r
+ 1 ≡ 0 (mod a
m
+ 1) ⇔ a
m
+ 1 | a
r
+ 1,
noe som er umulig siden r < m og a > 1.
Som en liten digresjon har vi også at dersom n = mq med q odde, så medfører det
at a
m
+ 1 | a
n
+ 1, siden vi da har identiteten
a
n
+ 1 = a
mq
+ 1 = (a
m
+ 1)(a
m(q −1)
− a
m(q −2)
+ a
m(q −3)
− ··· − a
m
+ 1).
(Också löst av Con Amore Problemgruppe, Erik Hansen och Kåre Vedøy)
525. (Con Amore Problemgruppe, Køpenhavn, DK) Vi vil kalde en permutation
(a
1
, a
2
, . . . , a
2n
) af tallene 1, 2, . . . , 2n for en tilladt permutation, hvis og kun hvis
|a
i+1
− a
i
| for i = 1, 2, . . . , 2n − 1 er forskellige tal; og vil sige at en tilladt permu-
tation er af type I, hvis og kun hvis a
1
− a
2n
= n, og af type II, hvis og kun hvis
1 ≤ a
2k
≤ n for ethvert k = 1, 2, . . . , n. Vi bemærker indledningsvis at det for en
tilladt permutation gælder at
2n−1
X
i=1
|a
i+1
− a
i
| = 1 + 2 + ··· + 2n − 1 = (2n − 1)n = 2n
2
− n.
Betragt nu først en permutation av type II. Idet vi sætter d = a
1
− a
2n
> 0 samt
medregner d i summen av alle numeriske differenser mellem to naboled (vi kan
tænke os tallene a
1
, a
2
, . . . , a
2n
placeret ækvidistant på en cirkel i stedet for på et
linjestykke), er den samlede sum s altså
s = 2n
2
− n + d.
46 Uppgifter Normat 1/2010
Vi kan også beregne den samlede sum ved at bemærke at for en permutation af
type II gælder at
s =(a
1
− a
2
) + (a
3
− a
2
) + (a
3
− a
4
) + (a
5
− a
4
) + . . .
··· + (a
2n−1
− a
2n
) + (a
1
− a
2n
) =
=2
n
X
i=1
a
2i−1
− 2
n
X
i=1
a
2i
= 2
(n + 1) + (n + 2) + ··· + 2n
− 2(1 + 2 + ··· + n) =
=2n
2
,
som sammen med (2) fortæller at n = d, altså at permutationen også er af type I.
Dernæst betragter vi en permutation af type I, dvs. en tilladt permutation for hvil-
ken d = a
1
−a
2n
= n; altså gælder at a
1
> n og a
2n
≤ n. Antag at permutationen
ikke er af type II; for mindst ét k bland tallene 1, 2, . . . , n gælder da at a
2k−1
≤ n
eller at a
2k
> n. Lad nu k være det mindste sådanne tal. Vi bemærker så at hvis
a
2k−1
≤ n (i hvilket tilfælde k > 1), så er |a
2k−1
− a
2k−2
| differens mellem to tal
som begge er mindre end eller lig med n; og hvis a
2k−1
> n og altså også a
2k
> n,
så er |a
2k
−a
2k−1
| differens mellem to tal som begge er større end n. På den anden
side fremgår af (1) i forbindelse med (3) at for at nå op på sum 2n
2
, må samtlige
differenser være mellem et tal større end n og et tal mindre end n. Den betragtede
permutation er således ikke en gang tilladt, hvilket er i modstrid med at den er af
type I. En permutation af type I er altså også af type II.
Hermed er påstanden alt i alt bevist.
Anm. Denna uppgift uppgav vi vara hämtad från en vietnamesisk olympiadtävling,
men detta är inte hela sanningen. Torleiv Kl øve från universitetet i Bergen berättar
att han skapade problemet 1995 för American Mathematically Monthly (oppgave
10460, vol. 102, nr. 6, side 553), så det känns följdriktigt att uppgiften efter sin
rundresa nu har hamnat i Normat.
526. (Ebbe Thue Poulsen, Mårslet, DK) Antag, at funktionen f : Q → Q opfylder
1) f(0) = 2, f (1) = 3,
2) for alle rationelle tal x og alle hele tal n gælder
f(x + n) − f(x) = n (f (x + 1) − f (x)) ,
3) for alle rationale tal x 6= 0 er f(x) = f
1
x
.
Sætter vi x = 0 i 2), får vi af 1)
(1) f(n) = n + 2 for alle hele tal n.
Vi vil nu bevise, at der for vilkårlige hele tal p og q med q > 0 og (p, q) = 1 gælder
(2) f
p
q
= pq + 2 .
Beviset føres ved induktion efter q.
Normat 1/2010 Uppgifter 47
For q = 1 følger (2) af (1).
Betragt et rationalt tal p/q, hvor (p, q) = 1 og q > 1, og antag (induktionsanta-
gelsen), at (2) er opfyldt for alle rationale tal (brøker) med nævner < q. Vi skal
bevise, at (2) er opfyldt for p/q.
Lad n være det mindste hele tal > p/q og sæt x = p/q − n.
Så er −1 < x < 0, dvs −q < p −nq < 0, og af induktionsantagelsen og 3) følger, at
f(x) = f
p − nq
q
= f
−q
nq − p
= (p − nq)q + 2 .
Analogt ses det, at
f(x + 1) = f
p − (n − 1)q
q
= (p − (n − 1)q)q + 2 ,
og altså
f(x + 1) − f(x) = q
2
,
der indsat i 2) giver
f
p
q
= f(x + n) = f(x) + nq
2
= pq + 2 , q.e.d.
Det er let at eftervise, at den ved (2) definerede funktion har egenskaberne 1), 2)
og 3).
For at finde samtlige løsninger x = p/q til ligningen f (x) = 2009, skal vi se på
ligningen pq = 2007. Da p og q skal være indbyrdes primiske, og 2007 har primfak-
toriseringen 2007 = 3
2
× 223, ser vi, at løsningerne er
1
2007
,
9
223
,
223
9
, 2007 .
(Också löst av Con Amore Problemgruppe och Erik Hansen)
Tillägg. I föregående nummer av Normat presenterade Kent Holing (namnet hade
tyvärr fallit bort) lösningen till uppgift 506. Där fanns en hänvisning till uppgift
529a), men som rätteligen skulle ha varit 530a).
